Một vài thuật toán chiếu giải bài toán cân bằng đơn điệu

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ KIM NGA MỘT VÀI THUẬT TOÁN CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG ĐƠN ĐIỆU Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Bài toán cân đơn điệu 1.1 1.2 Kiến thức 1.1.1 Không gian Hilbert 1.1.2 Kiến thức tập lồi hàm lồi Bài toán cân 12 1.2.1 Phát biểu toán 13 1.2.2 Các trường hợp riêng toán cân 17 Hai phương pháp giải toán cân đơn điệu 23 2.1 Song hàm giả đơn điệu 23 2.2 Phép chiếu khoảng cách 28 2.3 Hai thuật toán chiếu 32 2.3.1 Phương pháp chiếu 32 2.3.2 Phương pháp chiếu tổng quát cho toán giả đơn điệu mạnh 38 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn nghiêm túc nhiệt tình GS TSKH Lê Dũng Mưu (Viện Tốn học, Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam) Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy kính chúc thầy gia đình ln mạnh khỏe Tôi xin gửi lời cảm ơn thầy giảng dạy Đại học Thái Ngun, Viện Tốn học, Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam mang lại cho nhiều kiến thức bổ ích giúp đỡ tơi q trình học tập nghiên cứu Tôi chân thành cảm ơn bạn đồng mơn giúp đỡ tơi q trình học tập hoàn thành luận văn trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên Cuối cùng, cảm ơn Bố Mẹ vất vả tạo điều kiện cho học tập kết ngày hôm Thái Nguyên, tháng - 2014 Người viết Luận văn Lê Thị Kim Nga ii Mở đầu Bài tốn cân có nhiều ứng dụng khoa học, kỹ thuật đời sống như: vật lý (đặc biệt học), hóa học, sinh học, nơng nghiệp, qn sự, kinh tế, viễn thơng Bài tốn cân tốn tổng qt, bao gồm nhiều trường hợp riêng như: toán tối ưu, toán cân Nash, toán điểm yên ngựa, tốn bất đẳng thức biến phân Do có ứng dụng rộng rãi thực tế nên nghiên cứu toán cân đưa thuật toán giải cần thiết Luận văn nhằm giới thiệu toán cân bằng, số toán quy toán cân phương pháp chiếu để giải toán cân Luận văn gồm mục lục, phần kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Nhắc lại khái niệm, kết không gian Hilbert, tập lồi, hàm lồi, sử dụng chương sau Tiếp theo giới thiệu toán cân trường hợp riêng Chương 2: Ta tìm hiểu hai phương pháp chiếu để giải toán cân đơn điệu Trong phần này, trước hết trình bày song hàm giả đơn điệu phương pháp chiếu khoảng cách Trong phương pháp chiếu khoảng cách ta tìm hiểu hai phương pháp chiếu: phương pháp chiếu bản, phương pháp chiếu tổng quát thuật toán tương ứng Trong trình viết luận văn xử lý văn chắn không tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận đóng góp quý thầy cô bạn đọc để luận văn hồn thiện Chương Bài tốn cân đơn điệu Trong chương ta trình bày khái niệm không gian Hilbert Ta nhắc lại số kiến thức giải tích lồi Tiếp theo, ta phát biểu toán cân trường hợp riêng toán cân Kiến thức trình bày chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1], [2], [3] 1.1 Kiến thức 1.1.1 Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1 Cho H khơng gian tuyến tính trường số thực R Một tích vơ hướng H ánh xạ ký hiệu , : H × H → R, có tính chất sau 1) x, x > x = 0; x, x = ⇔ x = 0, ∀x ∈ H; 2) x, y = y, x , ∀x, y ∈ H; 3) x + y, z = x, z + y, z , ∀x, y, z ∈ H; 4) αx, y = α x, y , ∀x, y ∈ H, ∀α ∈ R; 5) x, x = x = x, x , ∀x ∈ H Tích vơ hướng liên hệ với độ dài (chuẩn) véc-tơ hệ thức (5) Khi đó, khơng gian tuyến tính H , gọi không gian tiền Hilbert Định nghĩa 1.2 Không gian đầy đủ không gian mà dãy Cauchy hội tụ Định nghĩa 1.3 Không gian tiền Hilbert đầy đủ gọi không gian Hilbert Ví dụ 1.1 Khơng gian L2 (E, µ) khơng gian Hilbert với tích vơ hướng x, y = x(t)y(t)dµ E Tích phân tồn hữu hạn x2 |xy| ≤ E E y2 < ∞ E L Ví dụ 1.2 Không gian C[a,b] gồm tất hàm liên tục đoạn [a, b] với phép tốn tuyến tính thơng thường với tích vơ hướng b x, y = x(t)y(t)dt a không gian tiền Hilbert không đủ Ví dụ 1.3 Khơng gian l2 với chuẩn ∞ |ξn |2 x = < +∞, x = (ξ1 , ξ2 , ξn , ) n=1 không gian Hilbert Nhận xét 1.1 Khơng gian tiền Hilbert có tính chất sau i) Tính chất hình bình hành x+y + x−y =2 x + y ; ii) Bất đẳng thức Schwars x, y ≤ x y ; iii) Tích vơ hướng x, y hàm số liên tục biến x y Ánh xạ co nguyên lý điểm bất động Định nghĩa 1.4 Cho C tập khác rỗng không gian tiền Hilbert thực H Một hàm f : C → H gọi ánh xạ co trên, tồn θ < cho f (x) phần tử ứng với x ánh xạ f với x1 , x2 ∈ C ta có ρ(f (x1 ), f (x2 )) ≤ θρ(x1 , x2 ), ρ(x, y) = x − y gọi "khoảng cách x y " Một phép ánh xạ f có điểm mà ảnh trùng với nó: f (x) = x gọi điểm bất động ánh xạ Ví dụ 1.4 Cho hàm f : R → R với x ∈ R ta có f (x) = 12 x ánh xạ co, với θ = 12 Định lý 1.1 (Định lý Banach) Mọi ánh xạ co P từ không gian Hilbert thực H vào thân có điểm bất động Chứng minh Lấy điểm x0 ∈ H điểm x1 = P x0 , x2 = P x1 , , xn = P xn−1 , Theo định nghĩa ánh xạ co ρ(xn , xn+1 ) = ρ(P xn−1 , P xn ) ≤ θρ(xn−1 , xn ), ρ(xn−1 , xn ) ≤ θρ(xn−2 , xn−1 ), ρ(x1 , x2 ) ≤ θρ(x0 , x1 ), từ suy với n ta có ρ(xn , xn+1 ) ≤ θn ρ(x0 , x1 ) Vậy m > n, ta có ρ(xn , xm ) ≤ ρ(xn , xn+1 ) + ρ(xn+1 , xn+2 ) + + ρ(xm−1 , xm ) ≤ (θn + θn+1 + + θm−1 )ρ(x0 , x1 ) ∞ (θk )ρ(x0 , x1 ) = ≤ k=n θn ρ(x0 , x1 ) 1−θ Vì θ < nên ρ(xn , xm ) → n, m → ∞, tức {xn } dãy Cauchy H H khơng gian Hilbert nên {xn } phải dần tới giới hạn x Ta có xn = P xn−1 mà xn → x, P xn−1 → P x ρ(P xn−1 , P x) ≤ θρ(xn−1 , x) → Vậy P x = x, nghĩa x điểm bất động Đó điểm bất động y điểm bất động ρ(x, y) = ρ(P x, P y) ≤ θρ(x, y) Với θ < điều xảy ρ(x, y) = tức x = y 1.1.2 Kiến thức tập lồi hàm lồi Định nghĩa 1.5 Cho dãy {xn }n≥0 x0 nằm khơng gian Hilbert thực H Khi i) Dãy {xn } gọi hội tụ mạnh tới x0 ký hiệu xn → x0 lim n→+∞ xn − x0 = 0; ii) Dãy {xn } gọi hội tụ yếu tới x0 ký hiệu xn lim n→+∞ x0 w, xn = w, x0 , ∀w ∈ H; iii) Điểm x0 gọi điểm tụ mạnh (yếu) dãy {xn } từ dãy lấy dãy hội tụ mạnh (yếu) đến x0 Mệnh đề 1.1 i) Nếu dãy {xn } hội tụ mạnh đến x0 {xn } hội tụ yếu đến x0 ; ii) Nếu dãy {xn } hội tụ yếu tới x0 lim n→+∞ xn = x0 dãy {xn } hội tụ đến x0 ; iii) Mọi dãy hội tụ mạnh (yếu) bị chặn giới hạn tồn nhất; iv) Nếu không gian Hilbert thực H hữu hạn chiều hội tụ mạnh, yếu tương đương; v) Nếu {xn }n≥0 dãy bị chặn khơng gian Hilbert H ta lấy dãy từ dãy {xn } dãy hội tụ yếu; vi) Nếu {xn }n≥0 dãy bị chặn không gian Hilbert hữu hạn chiều H ta lấy dãy hội tụ mạnh Định nghĩa 1.6 Một đường thẳng qua hai điểm (hai véc-tơ) a, b không gian Hilbert thực H tập hợp tất véc-tơ x ∈ H có dạng {x ∈ H : x = αa + βb, α, β ∈ R, α + β = 1} Định nghĩa 1.7 Đoạn thẳng nối hai điểm a b không gian Hilbert thực H tập hợp véc-tơ x có dạng {x ∈ H : x = αa + βb, α ≥ 0, β ≥ 0, α + β = 1} Định nghĩa 1.8 Cho tập C không gian Hilbert thực H, ta xét toán tử F : C → C gọi toán tử đơn điệu F (x) − F (y), x − y ≥ 0, ∀x, y ∈ C Ví dụ 1.5 Cho tốn tử F xác định R sau F (x) = x, ∀x ∈ R Khi F tốn tử đơn điệu với x, y thuộc R ta có F (x) − F (y), x − y = (x − y)2 ≥ 0, ∀x, y ∈ R Định nghĩa 1.9 Trong không gian Hilbert thực H tập D ⊆ H gọi tập lồi D chứa đoạn thẳng qua hai điểm Tức D lồi ∀x, y ∈ H, λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ D Hình 1.1: Đa diện lồi Định nghĩa 1.10 Tập M ⊆ Rn gọi tập affine (hay đa tạp tuyến tính) (1 − λ)a + λb ∈ M với a ∈ M, b ∈ M với λ ∈ R, tức M chứa trọn đường thẳng qua hai điểm Nhận xét 1.2 Nếu M tập affine a ∈ Rn i) a + M = a + x : x ∈ M tập affine ii) M tập affine chứa gốc M không gian con, nghĩa a, b ∈ M điểm λa + µb thuộc M với λ, µ ∈ R Định nghĩa 1.11 Điểm x ∈ H có dạng x = λ1 a1 + λ2 a2 + + λk ak với ∈ Rn λ1 + λ2 + + λk = gọi tổ hợp affine điểm a1 , a2 , , ak Nhận xét 1.3 i) M tập affine M chứa tổ hợp affine phần tử ii)Giao họ tập affine tập affine Cho E tập Rn , có tập affine chứa E , cụ thể Rn Định nghĩa 1.12 Giao tất tập affine chứa E gọi bao affine E ký hiệu af f E Đó tập affine nhỏ chứa E Ta thấy x ∈ af f E x tổ hợp affine phần tử thuộc E Định nghĩa 1.13 Một tập D gọi nón ∀λ > 0, ∀x ∈ D ⇒ λx ∈ D Cộng hai bất đẳng thức ta p(y) − p(x), p(y) − p(x) + x − y ≤ Từ theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, suy p(x) − p(y) ≤ x − y ii) Vì y − π ∈ NC (π), với y ∈ Rn , π ∈ C , với p(x), p(y) ta có p(x) − x, p(x) − p(y) ≤ 0, y − p(y), p(x) − p(y) ≤ Cộng hai bất đẳng thức ta p(x) − p(y) + y − x, p(x) − p(y) = p(x) − p(y), y − x + p(x) − p(y) ≤ ⇒ p(x) − p(y), x − y ≥ p(x) − p(y) 2.3 2.3.1 Hai thuật toán chiếu Phương pháp chiếu Trong mục này, ta xét thuật toán chiếu để giải trường hợp riêng quan trọng toán cân đơn điệu mạnh toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu mạnh Cụ thể ta xét toán bất đẳng thức biến phân sau Tìm x∗ ∈ C, cho (V I) F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C, C tập lồi đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H F : C → H toán tử đơn điệu mạnh Như ta thấy, đặt f (x, y) := 32 F (x), y − x tốn bất đẳng thức biến phân (V I) tương đương với tốn cân Tìm x∗ ∈ C : f (x∗ , y) ≥ 0, ∀y ∈ C, theo nghĩa tập nghiệm hai toán trùng Ta nhắc lại song hàm f gọi đơn điệu mạnh C với hệ số β > f (x, y) + f (y, x) ≤ −β x − y , ∀x, y ∈ C Như ta thấy song hàm f đơn điệu mạnh C với hệ số β > toán tử F đơn điệu mạnh C với hệ số β > Tức F (x) − F (y), x − y ≥ β x − y , ∀x, y ∈ C Ta có kết sau Mệnh đề 2.3 Giả sử α > 0, với x ∈ C, đặt h(x) := pC x − F (x) α Khi x∗ = h(x∗ ), x∗ nghiệm (V I) Chứng minh Do F liên tục phép chiếu liên tục, mà h hợp hai ánh xạ liên tục nên h liên tục mà h ánh xạ đơn trị từ C vào C nên ta có x∗ = h(x∗ ) = pC x − F (x) , α x∗ − x∗ + F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C, α ⇔ F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C Vậy x∗ nghiệm toán bất đẳng thức biến phân (V I) Hệ 2.2 Nếu C tập lồi, com-pắc không gian Hilbert thực H F liên tục C tốn bất đẳng thức (V I) có nghiệm Chứng minh Ta phải chứng minh ∃x∗ ∈ C : F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C 33 Thật vậy, phép chiếu lên tập lồi đóng liên tục F liên tục tập C , nên h ánh xạ liên tục tập C , hợp hai ánh xạ liên tục Mặt khác, h ánh xạ liên tục từ C vào C nên theo định lý điểm bất động Brouwer h tồn điểm bất động x∗ h Theo mệnh đề điểm x∗ điểm bất động Bài toán (V I) Định nghĩa 2.3 Cho C lồi đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Một ánh xạ F : C → Rn gọi đơn điệu C , F (x) − F (y), x − y ≥ 0, ∀x, y ∈ C; Ánh xạ F đươc gọi đơn điệu mạnh C với hệ số β > 0, F (x) − F (y), x − y ≥ β x − y , ∀x, y ∈ C; Ánh xạ F gọi đơn điệu ngặt C F (x) − F (y), x − y > 0, ∀x, y ∈ C, x = y; Ánh xạ F gọi liên tục Lipschitz C , với hệ số Lipschitz L ≥ 0, F (x) − F (x ) ≤ L x − x , ∀x, x ∈ C (2.6) Nhận xét 2.1 Ta thấy i) Nếu F đạo hàm hàm lồi (mạnh) C F đơn điệu (mạnh) C ; ii) Nếu (2.6) thỏa mãn với L = F ánh xạ co C , khơng giãn L ≤ Theo Mệnh đề 2.1 tốn bất đẳng thức biến phân (V I) với tốn tử F đơn điệu mạnh có nghiệm Thuật tốn dựa ngun lý ánh xạ co Banach Mệnh đề 2.4 Giả sử C tập lồi đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H ánh xạ F : C → Rn đơn điệu mạnh C với hệ số β > Lipschitz C với số L > Khi α > h(x) := pC x − ánh xạ co C với hệ số co δ = F (x) , α 1− 34 2β α + L2 α2 L2 2β Chứng minh Do tính khơng giãn phép chiếu, nên 1 F (x) − (y − F (y)) , α α = x − y − x − y, F (x) − F (y) + F (x) − F (y) α α h(x) − h(y) ≤ x− Do F đơn điệu mạnh với hệ số β Lipschitz với số L, nên x − y, F (x) − F (y) ≥ β x − y , F (x) − F (y) ≤ L2 x − y Từ suy h(x) − h(y) L2 2β x−y 2− x−y α 2α L2 2β x − y = 1+ − α α ≤ x−y + Để h ánh xạ co 1+ L2 2β L2 2β − < ⇒ − < 0, α2 α α2 α ⇒ L2 − 2βα < (α = 0) ⇒ Vậy h ánh xạ co C α > L2 < α 2β L2 2β Từ mệnh đề ta suy hệ sau nghiệm Bài tốn (V I) Nếu C tập lồi đóng khác rỗng không gian Hilbert thực H ánh xạ F : C → X đơn điệu mạnh, Lipschitz C Bài tốn (V I) ln có nghiệm Thuật toán 2.1 Cho C tập lồi đóng khơng gian Hilbert thực H Một tốn tử F (x) xác định F : C → H xuất phát từ x0 ∈ C ta xác định dãy lặp {xn } theo công thức xn+1 := h(xn ), h(xn ) := pC xn − F (xn ) α Nếu xn+1 = xn xn nghiệm Bài tốn (V I) 35 Chú ý 2.3 Do h ánh xạ co với hệ số co δ nên xn+1 − x∗ ≤ δ n x0 − x1 , x∗ = h(x∗ ) Vậy với ε > ta có xn+1 − x∗ ≤ ε δ n x0 − x1 ≤ ε Lấy ln vế ta có n ln δ + ln x0 − x1 ≤ ln ε ε : ln δ x0 − x1 ε ⇒ n = ln : ln δ x − x1 ⇒ n ≥ ln Ta có sơ đồ khối sau Bắt đầu Với n = chọn xn ∈ C, n = xn+1 := h(xn ) := pC xn − α1 F (xn ) n := n + sai xn+1 = xn xn nghiệm Kết thúc Ví dụ 2.2 Cho C := {x : x ≤ 10}, F toán tử đơn điệu mạnh F (x, y) = {x + 1, y + 1} Ta tính hệ số β F (x) − F (y), x − y ≥ β x − y , ∀x, y ∈ C, 36 ⇒ x + − y − 1, x − y ≥ β x − y x−y,x−y x−y ⇒ ≥β Vậy ta lấy hệ số β = Ta tính L F (x) − F (y) ≤ L x − y ⇒ x+1−y−1 ≤L x−y x−y x−y ⇒ Vậy ta lấy L = Vì α > L2 2β ≤L nên α = Khi ta có ánh xạ h(x) := pC x − (x + 1) ánh xạ co với hệ số co xác định sau δ= 1− 2β L2 + ⇒δ= α α Ta áp dụng thuật tốn để tìm nghiệm x∗ tốn sau Tìm x∗ ∈ C, cho (I) F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C Ta phải x∗ = h(x∗ ) = pC x∗ − 14 F (x∗ ) Lấy z = (x0 , y ) = (0, 0), z = pC z − 14 (z − 1) = pC Nên   z − (z + 1) =  4x 4y −  −     =  −  ∈ C,  − 14 Vậy  − 41  z1 =  − 14   =  37      4z − Khi ta đặt z = PC z − 14 (z + 1) = pC 43 z − 14  1    1  z − = 4 nên − 4x 4y  z2 =   − nên  z3 =   − 16     =  −  ∈ C, 16 − 16  − 16     =  −1  Ta đặt z = pC z − 41 (z + 1) = pC  3  z − = 4  4z − − 41  4x −  4y     =  − 37  ∈ C, 64 −  37 − 64 − 16  − 37 64  37 − 64     =  −  16   Ta lại tiếp tục trình đến z n+1 = z n dừng lại z n nghiệm Bài toán (I) Theo Chú ý 2.3 ta chọn ε = 10−2 ta tính số bước lặp n sau n = ln ε 10−2 : ln δ ⇒ n = ln ⇒⇒ n = [12, 4] ⇒ n = 13 : ln x −x 16 Vậy sau 13 lần lặp ta tìm ε-nghiệm Bài tốn (I) 2.3.2 Phương pháp chiếu tổng quát cho toán giả đơn điệu mạnh Cũng trên, ta giả sử C tập lồi đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Lấy ε ≥ ta nói x ∈ C ε-nghiệm toán cân (EP ), f (xε , y) ≥ −ε với y ∈ C Ta có bổ đề sau dùng để chứng minh hội tụ thuật toán Bổ đề 2.2 Giả sử {αk }∞ dãy số dương phân kỳ thỏa mãn 38 αk+1 ≤ α + ζk , ∀k, ∞ ζk < ∞ dãy {αk } hội tụ với k=0 Thuật toán 2.2 Bước (Chọn điểm bắt đầu độ dài bước) Tìm x1 ∈ C , chọn ε > dãy số dương {δk } cho ∞ ∞ δk2 < +∞ δk = ∞, k=1 (2.7) k=1 Bước Tìm g k ∈ H cho f (xk , y) + g k , xk − y ≥ −δk , ∀y ∈ C (2.8) a) Nếu g k = δk ≤ ε kết thúc xk ε-nghiệm b) Nếu ngược lại ta sang Bước Bước (Phép chiếu) Lấy xk+1 := PC (xk − δk g k ) Nếu xk+1 = xk δk ≤ ε kết thúc xk ε-nghiệm Trái lại cho k := k + quay lại Bước Chú ý 2.4 i) Một toán thuật toán tìm g k thỏa mãn điều kiện f (xk , y) + g k , xk − y ≥ −δk , ∀y ∈ C (2.8) Nếu g k đạo hàm δk hàm lồi f (xk , ) điểm xk g k thỏa mãn (2.8) Thật vậy, định nghĩa đạo hàm δk ta có f (xk , y) + g k , xk − y ≥ f (xk , xk ) − δk = −δk , ∀y ∈ C Vậy (2.8) thỏa mãn Chú ý rằng, f (xk , ) lồi nên với δk > 0, đạo hàm δk hàm f (xk , ) tồn điểm nằm domf (xk , ), điều không với δk = ii) Hàm f (x, y) := F (xk ), y − xk , 39 (2.8) có dạng F (xk ), y − xk + g k , xk − y ≥ −δ, ∀y ∈ C (2.9) Theo (2.9) g k − F (xk ) ∈ NCδk (xk ) NCδk (xk ) gọi tập pháp tuyến (ngoài) δk C xk , tức NCδk (xk ) := {wk : wk , y − xk ≤ δk , ∀y ∈ C} 40 Ta có sơ đồ khối sau Bắt đầu Đặt x1 ∈ C, chọn ε > ∞ Chọn {δk } : ∞ δk = ∞, k=1 k=1 δk2 < +∞ Tìm g k ∈ C f (xk , y)+ g k , xk −y ≥ −δk g k = 0, δk ≤ ε xk ε-nghiệm sai Kết thúc xk+1 := pC (xk − δk g k ) k := k + xk+1 = xk δk ≤ ε sai xk ε-nghiệm Ví dụ 2.3 Xét hàm f (x, y) = −x2 + xy tập C đường trịn có tâm gốc tọa độ bán kính Ký hiệu: C(0, 4) 41 Ta có hàm f (x, y) đơn điệu mạnh với x, y ∈ C Ta đặt z = (x1 , y ) = ( 21 , 21 ) Chọn dãy {δk } = k1 , k = 1, n thỏa mãn điều kiện (2.7) ∞ ∞ δk = k=1 k=1 = ∞ k Với k = ⇒ δ1 = ε = 10 ∞ ∞ δk2 = k=1 k=1 1 π2 = + + = k2 Ta xác định g k thỏa mãn f (z , y) + g , z − y ≥ −δ1 tính sau g k = ∇2 f (xk , ) = xk ⇒ g = x1 = ≥ −δ1 = −1 Ta thực phép chiếu z := pC z − δ1 g ,  z − δ1 g =    − 12  = y − δ1 g   − 12   = x − δ1 g       z2 =    =  2    ,    = z1 Ta tiếp tục đặt z = (x2 , y ) = (0, 0) δ2 = 12 Với g = x2 ⇒ g = δ2 = >ε= 10 Ta thực phép chiếu z = p C z − δ2 g ,  x − δ2 g   − 21   z − δ2 g =  = = y − δ2 g   − 21      z3 =         = 42    = z2    , Vì δ2 = > ε nên ta tiếp tục đặt z = (x3 , y ) = (0, 0) δ3 = g = x3 ⇒ g = δ3 = >ε= 10 Với Ta thực phép chiếu z = p C z − δ3 g ,  z − δ3 g =   x − δ3 g  z4 =   > 10  − 31    = = y − δ3 g   − 31    Vì δ3 =        =  ,     = z3 nên ta tiếp tục thực tương tự để tính z , , z 11 δ4 , , δ10 , δ10 = 10 ≤ ε ta dừng lại Định lý 2.1 Giả sử giả thiết A) B) thỏa mãn Ta có khẳng định sau i) Nếu thuật tốn dừng lại xk ε-nghiệm Ta có đánh giá xk+1 − x∗ ≤ (1 − 2βδk ) xk − x∗ |2 + 2δk2 + δk2 g k , ∀k; (2.10) ii) Nếu thuật tốn khơng kết thúc dãy {g k } bị chặn dãy {xk } hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ toán (EP ) Chứng minh i) Nếu thuật toán dừng lại Bước g k = δk ≤ Do (2.8) nên f (xk , y) ≥ −δk ≥ −ε với y ∈ C Vậy xk ε-nghiệm Cịn thuật tốn dừng Bước xk ε-nghiệm Thật vậy, thuật toán dừng Bước xk+1 := pC (xk − δk g k ) xk+1 = xk , δk ≤ ε Vậy xk ε-nghiệm Vì xk+1 = pC (xk − δk g k ), nên ta có xk+1 − x∗ ≤ x k − δk g k − x ∗ k = x −x ∗ 2 k k − 2δk g , x − x 43 ∗ + δk2 g k (2.11) Áp dụng (2.8) với y = x∗ ta có f (xk , x∗ ) + g k , xk − x∗ ≥ −δk Ta suy − g k , xk − x∗ ≤ f (xk , x∗ ) + δk (2.12) Từ (2.10) ta có xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ + 2δk (f (xk , x∗ ) + δk ) + δk2 g k (2.13) Vì x∗ nghiệm, f (x∗ , xk ) ≥ f giả đơn điệu mạnh với hệ số β nên ta có f (xk , x∗ ) ≤ −β xk − x∗ Bất đẳng thức kết hợp với (2.12) cho ta xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ + 2βδk xk − x∗ k = (1 − 2βδk ) x − x ∗ + 2δk2 + 2δk2 + δk2 g k + δk2 g k 2 (2.14) ii) Giả sử thuật tốn khơng dừng lại {g k } bị chặn có số c cho g k ≤ c < ∞ k Từ (2.13) ta viết sau xk+1 − x∗ ≤ (1 − 2βδk ) xk − x∗ = xk − x∗ 2 + c0 δk2 − λk xk − x∗ (2.15) + c0 δk2 , đó, λk := 2βδk , c0 := + c ∞ Vì k=1 δk2 < ∞, từ Bổ đề 2.2, có dãy { xk − x∗ } hội tụ Cộng dồn (2.14) từ (1) đến (k + 1) ta có k x k+1 −x ∗ ≤ x −x ∗ k i − λi x − x ∗ + c0 i=2 δi i=2 Ta suy k x k+1 −x ∗ k λi xi − x + ∗ ≤ x −x ∗ i=2 (2.16) i=2 Chú ý dãy { xi −x∗ } hội tụ ∞ ∞ ∞ δi = ∞ λi = 2β i=1 nên (2.15) ta suy xk − x∗ δi2 + c0 i=1 k=0 δk2 < ∞, → 0, k → ∞ Vậy {xk } hội tụ mạnh x∗ nghiệm toán cân (EP ) 44 Kết luận Bài tốn cân đơn điệu có vai trị quan trọng thực tiễn, có nhiều ứng dụng thực tế Hơn nhiều toán quan trọng mơ tả dươi dạng tốn cân Vì thế, việc nghiên cứu tìm phương pháp giải cho toán cần thiết Luận văn nhằm mục đích tìm hiểu tốn cân hai phương pháp chiếu để giải bài toán cân Cụ thể luận văn đề cập đến vấn đề sau Nhắc lại số khái niệm tính chất khơng gian Hilbert số kiến thức giải tích lồi Trình bày toán cân đơn điệu số tốn quy tốn cân Trình bày định nghĩa tính chất phép chiếu khoảng cách Giới thiệu hai phương pháp chiếu để giải toán bất đẳng thức biến phân, cân đơn điệu mạnh Đồng thời luận văn trình bày thuật tốn sơ đồ thuật tốn cho hai phương pháp chiếu nêu 45 Tài liệu tham khảo Tài liệu Tiếng Việt [1] Lê Dũng Mưu, Nguyễn Văn Hiền Nguyễn Hữu Điển Nhập môn giải tích lồi ứng dụng, nxb Đại học Quốc gia Hà Nội (sẽ ra) [2] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, nxb Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, nxb Đại học Quốc gia Hà Nội Tài liệu Tiếng Anh [4] B V Dinh and L D Muu (2013), A projection algorithm for solving pseudomonotone equilibrium problems and it’s application to a class of bilevel equilibria, Optimization DOI 10 1080/ 2331934 [5] I V Konnov (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer-Verlag, Berlin [6] L D Muu and T D Quoc (2009), Regularization Algorithms for Solving Monotone Ky Fan Inequalities with Application to a Nash - Cournot Equilibrium Model, J Optim Theory Appl 142, pp 185 - 204 [7] T D Quoc, L D Muu, N V Hien (2007), Extragradient algorthms extended to equilibrium problems, Optimization, 1, pp - 30 46 ... thuật toán chiếu Phương pháp chiếu Trong mục này, ta xét thuật toán chiếu để giải trường hợp riêng quan trọng toán cân đơn điệu mạnh toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu mạnh Cụ thể ta xét toán. .. điệu Trong chương ta tìm hiểu song hàm giả đơn điệu, phép chiếu khoảng cách, hai thuật toán chiếu để giải toán cân đơn điệu số ví dụ để minh họa cho thuật toán Các kiến thức chương tham khảo chủ... sử T nửa liên tục giả đơn điệu mạnh C Bài tốn (2.2) có nghiệm Bài tốn đối ngẫu Bài toán (EP ) Bài toán cân (EP ) có mối liên quan chặt chẽ với toán sau, gọi toán đối ngẫu Bài tốn (EP ) Tìm y ∗